「它有自己的节拍」这句话要拆成几件能分别判的事
一团 $^{129}\mathrm{Xe}$ 核自旋气体放在静磁场里，被光泵浦持续极化；把测到的横向极化经放大后反馈成一个磁场加回去。恒定的条件下，它会自己长出一条持续的正弦振荡，重复实验时相位在 $0$ 到 $2\pi$ 之间随机取值，相干时间超过数小时——已发表工作据此把它叫作连续时间晶体。1
这句话已经很具体，但它还不是一件可以一次判掉的事。要判，得把它拆开：
- 起振的门槛由什么定？ 「反馈增益大到超过损耗」听上去是答案，但它不给数，也说不清「损耗」指的是哪一个。
- 节拍的频率是谁的频率？ 一群本征频率各不相同的自旋同步之后，集体频率是不是它们的平均值？这条直接关系到能不能拿它当频率基准。
- 凭什么说是「它自己的」？ 显微镜下看不出「自持振荡」和「被外面某个周期成分带着走」的区别。
- 「重复实验相位随机均匀」证明了什么？ 它被当成连续时间平移对称性自发破缺的判据3，但均匀本身是从哪里来的？
再加两条边界：有节拍不等于单一频率；相干不等于无限相干。
本文把这六件事分别做一遍，顺序按「能算到什么程度」排：先两条闭式（起振门槛、集体频率），再判「有节拍不等于单频」，然后是「凭什么说是自己的」与「相位均匀证明了什么」，最后是相干时间由谁定。模型直接取自入口论文 Methods 的式 (1)：反馈磁场只沿 $y$，$B_f=-\alpha\bar P_x/\gamma$，于是
参数照补充材料取 $T_2=26$ s、$T_1=400$ s、$P_0=T_1R_{\rm SE}=0.2$，中心 Larmor 频率 $\omega_c/2\pi=8.85$ Hz 取自理论篇。12 $\rho(\omega)$ 由沿 $z$ 的磁场梯度造成：球形气室的截面权重 $1-u^2$（$u=z/R$），频率偏移 $\gamma(\mathrm dB/\mathrm dz)Ru$。全部数值由本文自写的求解器给出，未对任何真实装置标定。
起振的门槛是一条自洽式，不是「增益大于损耗」
把方程在 $P=(0,0,P_0)$ 附近线性化，横向分量按 $\mathrm e^{\lambda t}$ 展开，逐个频率解出 $P_x(\omega)=\alpha P_0\bar P_x\,s/(s^2+\omega^2)$（$s=\lambda+1/T_2$），再要求 $\bar P_x$ 自洽，就得到
这才是可算的起振条件：集体量必须自己把自己再生出来。把 $\lambda=\mathrm i\Omega$ 代进去，实部与虚部同时为零，就同时定出阈值 $\alpha_c$ 与起振频率 $\Omega_c$。
闭式一：那个因子 2 是反馈几何
均匀场（$\rho$ 是一条谱线）时闭式是
自洽式的数值解与它相对差 $1\times10^{-4}$%。
这里有一处值得单独说。理论篇写的阈值是 $\alpha_c=1/(T_2P_0)$——正好差一倍。2 差别不在算错，在两篇用的反馈几何不同：入口论文的反馈场只沿 $y$ 一个轴，理论篇的是 $B_x=\alpha\bar P_y/\gamma$、$B_y=-\alpha\bar P_x/\gamma$ 的旋转场。一个线偏振的场可以分解成共旋与反旋两个圆偏振分量，各占一半振幅，而只有共旋的那一半参与驱动——单轴反馈把一半增益浪费在反旋转分量上，阈值因此正好是旋转反馈的两倍。本文把旋转反馈也实现了一遍，两种阈值的比值在 $g=0$ 处是 $2.000000$、在 $g=50$ nT/cm 处是 $2.000038$。
闭式二：非均匀展宽占优时，阈值与相干时间无关
加上梯度以后，$\alpha_c$ 一路抬高：$g=10$ nT/cm 给 1.467、$g=50$ 给 6.442、$g=200$ 给 25.14 rad/s。宽线极限有另一个闭式——阈值只取决于集体频率附近一条均匀线宽里有多少自旋：
其中 $W$ 是频率分布的半宽（后一个等号用了本文的 $1-u^2$ 分布）。$g\ge50$ 的各点上它与自洽式数值解最大差 3.27%。
这条闭式有一个可以直接检查的推论：$T_2$ 不在里面。把 $T_2$ 从 13 s 加到 104 s（8 倍），无梯度时阈值精确地降到 $1/8.00$（正比 $1/T_2$），而 $g=50$ nT/cm 时只降到 $1/1.06$——几乎不动。也就是说，一台装置报告的起振阈值，只有先说清楚是均匀展宽还是非均匀展宽占优，才知道它在测什么。
与直接积分对表
用线性算符的失稳（或最慢衰减）本征矢作初值直接积分，量出的指数生长率与本征值的最大实部相差最多 0.12%（六个参数点，$0.8\alpha_c$ 与 $1.25\alpha_c$ 各三个，含旋转反馈一组），阈值两侧的正负号全部正确。
一处数值上的坑：分支与离散化
自洽式在 $\lambda=\mathrm i\Omega$ 上一般有多个根，最先失稳的那一支才是阈值。把连续分布离散成 $N$ 个模时，如果谱线间距不远小于均匀线宽 $1/T_2$，离散本身会凭空造出一批根；照旧取「随便找到的那个」，$\Omega_c$ 随梯度就会出现假的非单调。本文的做法是加密模数直到 $(\alpha_c,\Omega_c)$ 稳定：$g\le50$ nT/cm 用 257 个模够，$g=80$ 与 100 要 513，$g=200$ 要 1025（此时谱线间距 $2W/N=2\times5.873/1025=0.0115$ rad/s，是均匀半宽 $1/T_2=0.0385$ rad/s 的 0.30 倍）。收敛之后每个梯度上都只剩一支根，$\Omega_c$ 随梯度单调下移。
这一条不是本模型特有的：凡是把连续谱离散化再找失稳根的算法，都要先问「谱线间距有没有小于单条线的宽度」。它在第四节还会以另一副面孔出现——同一个参数点，粗离散给混沌，解析开之后给准周期。
节拍的频率不是「平均 Larmor 频率」
理论篇写得很干脆：「极限环相里所有自旋不管本征 Larmor 频率如何，都会同步并在中心频率上维持一条正弦振荡」。2 自洽式说这句话在两个层面上都不成立。
第一层：分布完全对称时也有偏移
$s/(s^2+\omega^2)=\tfrac12[1/(s-\mathrm i\omega)+1/(s+\mathrm i\omega)]$ 的第二项就是反旋转分量。它不参与共振，却贡献一个几乎不随 $\Omega$ 变的虚部，把集体频率往下推。要求虚部为零给出
两端各有闭式：窄线（$W\ll\Gamma$）给 $\Delta\Omega=-\Gamma^2/(2\omega_c)=-1/(2\omega_cT_2^2)$，宽线（$W\gg\Gamma$）给 $\Delta\Omega=-W^2/(6\omega_c)$。数值解在 $g=0$ 处是 $-0.0021$ mHz，与窄线闭式完全一致；$g=50$ 给 $-1.0719$ mHz、$g=100$ 给 $-4.2010$ mHz、$g=200$ 给 $-16.6517$ mHz，与两项之和的闭式在 $W/\Gamma>30$ 的各点上最大差 3.86%（$g=200$ 处 1.17%）。旋转反馈下这一项恒为零（数值 $1.1\times10^{-12}$ mHz，即机器精度内的零）——它本来就是单轴反馈的代价。
第二层：泵浦不对称，而且集体频率会越过分布重心
泵浦光沿 $z$ 衰减，被极化的自旋偏向入射一侧，$\rho$ 因此不对称。取穿过整个气室的光学厚度从 0 加到 4（$g=50$ nT/cm）：分布重心从 0 移到 $-84.3881$ mHz，而集体频率移到 $-117.8963$ mHz——比重心还低 33.5 mHz。把重心代进「中心频率」并不能修好这句话。相对频移最大到 $1.33\times10^{-2}$。
对把这类自持振荡当频率基准的场合来说，这两项都是必须先扣掉的系统项，而且都随展宽平方增长（$g=200$ nT/cm 处相对频移 $1.88\times10^{-3}$，泵浦最不均匀时 $1.33\times10^{-2}$）。
顺带核到的一件事：那点固定偏差是数值的
直接积分量到的频率总比线性算符的预言低约 $0.0112$ mHz，而且三个梯度上都一样。这正是四阶 Runge-Kutta 自身的相位误差 $-\omega(\omega\Delta t)^4/120$：$\Delta t$ 从 $4\times10^{-3}$ 减到 $5\times10^{-4}$，实测差值依次是 $-0.177325$、$-0.011232$、$-0.000704$、$-0.000044$ mHz，与闭式最大差 1.76%，标度指数实测 3.992（闭式给 4）。把它认出来之后，上面那些 mHz 量级的物理频移才站得住。
有节拍不等于单一频率
「持续振荡」听上去只有一种样子，实际上至少有三种：单一频率的极限环、两个不可通约频率的准周期（环面）、以及有正李雅普诺夫指数的混沌。三者都能在功率谱上给出一根醒目的峰，也都能在示波器上看成「一直在动」。分开它们要靠两个量：最大李雅普诺夫指数 $\lambda_{\max}$，以及包络起伏是不是在往零走。
本文的判据是：$\lambda_{\max}$ 取分离度对数随时间的斜率（连同它的标准误），不取终点值——终点值里混着一段瞬态，会把准周期读成混沌；包络相对起伏分四段回归 $\ln(\mathrm{RSD})$，只有斜率显著为负或末段 $<0.02$ 才算极限环。这两条判据本身也有噪声底，本文在一条已知真值的环上标定过（见下一节末）。
按这两条扫一遍相图（$g=0,10,50$ nT/cm $\times$ $\alpha/\alpha_c=1.5,4.44,12$）：
| $\alpha/\alpha_c$ | $g=0$ | $g=10$ | $g=50$ |
|---|---|---|---|
| 1.5 | 极限环 | 准周期 | 混沌 $\lambda=+0.0141\pm0.0031$ |
| 4.44 | 极限环 | 准周期 | 准周期 |
| 12 | 极限环 | 混沌 $\lambda=+0.0064\pm0.0012$ | 混沌 $\lambda=+0.0030\pm0.0008$ |
（相图与下面运动窄化那一段的两张图，并在下一节的插图里。）
在这个模型里，真正的极限环只在零梯度处出现。 只要频率分布有宽度，本文扫到的九个点没有一个是单频的。
零梯度那一列可以做到不依赖积分器
$g=0$ 时所有模的 $\omega$ 相同，「所有模取同一个值」是一个不变子空间，方程严格退化成 3 维（$\bar P_x=P_x$）。本文核过两件事：模间差方向（不改变 $\bar P_x$ 的扰动）的 Floquet 指数最大只有 $-0.0039$ /s（另外两个 $\alpha$ 上是 $-0.0205$），全为负；把同一个状态铺到 65 个模上，两套右端跑 10 s 的最大差是 $7\times10^{-18}$。所以这一列可以用打靶法直接求精确周期轨。
打靶的初值本身有闭式，而且它就是一条独立结论：阈值把周期平均的纵向极化钳在
代进 $P_z$ 方程的周期平均 $\alpha\langle P_x^2\rangle=(P_0-\langle P_z\rangle)/T_1$，得到环幅度
这正是激光里「阈值以上反转被钳住、强度正比于超出阈值的泵浦」那套结构。三个 $\alpha$ 上打靶给出的环幅度与它逐个相符：$1.5\alpha_c$ 给 $2.404\times10^{-2}$、$4.44\alpha_c$ 给 $2.130\times10^{-2}$、$12\alpha_c$ 给 $1.409\times10^{-2}$，相对差依次是 $6.7\times10^{-7}\%$、$2.4\times10^{-6}\%$、$6.8\times10^{-6}\%$。
打靶的返回映射残差是 $10^{-17}$ 量级，Floquet 指数为 $(0,\,-1.25\times10^{-3},\,-1.25\times10^{-3})$ /s：一个严格为零的相位方向（数值 $4\times10^{-13}$），加一对复共轭的衰减方向。这是一条真极限环，但它的振幅弛豫时间是 $1/1.25\times10^{-3}=800$ s，约 13 分钟——比大多数观测窗都长。
这个时间尺度有直接后果：相图里 $g=0$ 那三点各积分了 3100 s，量到的峰值仍是 $4.108\times10^{-2}$、$5.134\times10^{-2}$、$4.952\times10^{-2}$，比闭式的 $2.404$、$2.130$、$1.409\times10^{-2}$ 高出 0.7 到 2.5 倍，包络起伏也还有 0.1724、0.2406、0.5157。不是没收敛到极限环，是还在往上面爬。凡是用「包络平不平」判极限环的，都得先把这个弛豫时间算出来。
入口论文的那个参数点
理论篇给出的极限环参数点是 $g=50$ nT/cm、$\alpha=42.52$ rad/s。2 在本文的求解器里，这一点的结论随离散模数翻来覆去：
| 模数 $N$ | 17 | 33 | 65 | 129 | 257 |
|---|---|---|---|---|---|
| 谱线间距 / 均匀半宽 | 4.49 | 2.31 | 1.18 | 0.59 | 0.30 |
| 结论 | 准周期 | 混沌 | 混沌 | 准周期 | 准周期 |
只有间距小于均匀线宽（$N\ge129$）的两档才算把分布解析开了，它们一致给准周期（$\lambda=+0.0007\pm0.0011$，与零不可分）。没解析开的三档里，$N=33$ 与 $N=65$ 给出的「混沌」是离散化假象——同一个参数点，只因为把连续谱切得太粗，结论就从准周期翻成了混沌。也就是说：照 Methods 的式 (1) 原样算，这一点不是极限环。
缺的那一项是原子在跑
式 (1) 把每个 Larmor 频率当成一个独立的、只靠 $T_1$、$T_2$ 衰减的分量。真实气室里原子在扩散：一个原子这一刻在气室上端（频率偏高），几秒后到了下端（频率偏低），它自己的相位把两段平均掉了。这就是运动窄化，而补充材料里把扩散只算作 $T_1$、$T_2$ 的一种弛豫机制，没有让它以频率交换的形式进方程。1
把交换写成守恒的有限体积扩散算符（守恒 $\sum w_iP_i$），用无量纲交换率 $\kappa=(D/R^2)/W$ 标定，固定 $\alpha/\alpha_c=4.44$：
| $\kappa$ | 0 | 0.3 | 1 | 3 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|
| 交换谱隙（1/s） | 0 | 2.04 | 6.78 | 20.4 | 67.8 |
| $\alpha_c$（rad/s） | 6.44 | 2.38 | 1.01 | 0.594 | 0.448 |
| 结论 | 准周期 | 极限环 | 极限环 | 极限环 | 极限环 |
$\kappa=0.3$ 处极限环就回来了，同时阈值一路压向零梯度的闭式 $2/(P_0T_2)=0.385$——运动窄化既把非均匀展宽抹平，也把被它抬高的那部分阈值还回来。
换算成扩散系数：极限环回来要求 $D>0.069$ cm$^2$/s。按补充材料给的气室（0.5 cm$^3$、50 Torr $^{129}$Xe + 250 Torr N$_2$、105 °C），用 $D\propto T^{1.75}/P$ 从常温常压的量级值推过来约 $0.46$ cm$^2$/s，对应 $\kappa\approx2$——在极限环一侧，而且不是勉强在。这个 $D$ 只是量级估计，不是实测值，但它说明分歧不在实验，在模型：式 (1) 少写了一项，而少写的这一项恰好是把准周期变回极限环的那一项。
顺带记一笔否定结果：本文原本想用「锁定比」$\alpha|\bar P|/W$（反馈场能拉住的频率范围比上分布宽度）当判据，扫下来它在极限环点与非极限环点上没有分界——九个点里唯一成环的一列是 $W=0$，锁定比无定义。这个量在本模型里不区分相。
凭什么说是「它自己的」节拍
显微镜下看不出区别：自持的集体振荡与「被外面某个周期成分带着走」的振荡，都是一条稳定的正弦。要分开它们，得看被踢一下之后的反应。
自治体系沿着轨道的方向是一条中性方向：把整条轨道沿时间平移一点，得到的还是同一条解，所以相位没有回复力，踢出去的相位差永远留着。一旦反馈场里混进一个外部周期成分，时间平移对称性就被它破坏了，相位有了绝对参考，踢出去的相位差会被拉回去。横着的方向（幅度）则两种情形都要回到环上，只是速率不同。
这一段的算法是：在极限环上放一个大小 $10^{-5}$ 的随机扰动，跟踪两条轨迹的相位差与相对幅度差各 2000 s。零梯度这条环的 Floquet 指数是精确已知的（$0$ 与 $-1.25\times10^{-3}$ /s 的一对复共轭），所以幅度那一侧有真值可以对表。
| 反馈里有没有外部周期成分 | 相位差保留 | 幅度差保留 |
|---|---|---|
| 没有（自治） | 1.0010 | 0.070 |
| 有，$10^{-3}$ 倍信号幅度 | 1.027 | 0.364 |
| 有，$10^{-2}$ 倍 | 0.979 | 0.579 |
| 有，$10^{-1}$ 倍 | 0.001 | 0.003 |
（「保留」指第 1910—1970 s 的平均值比上第 30—90 s 的平均值。）
自治那一行是两件事同时发生：相位差一点没少（1.0010），而幅度差掉到 0.070，拟合出的衰减率是 $-1.33\times10^{-3}$ /s——同一条环的 Floquet 指数是 $-1.25\times10^{-3}$ /s，差 6.2%。也就是说横着的方向按 Floquet 给的速率回到环上，顺着轨道的方向一点不回。
外部周期成分最强那一行则是两件事一起塌掉：相位差剩 0.001、幅度差剩 0.003。体系不再自治，相位就有了绝对参考，也就有了回复力。 中间两行说明这条回复力的强度随外部成分的大小走：$10^{-3}$ 与 $10^{-2}$ 倍时锁定的时间常数比 2000 s 还长，窗口内看不出拉回。
顺带把最大李雅普诺夫指数的噪声底标出来
这条环的最大李雅普诺夫指数有真值：Floquet 已经给出相位方向恒为零。把第四节那个 $\lambda$ 估计量放到它身上，读数是 $-5.8\times10^{-4}\pm6.0\times10^{-5}$——这就是那个估计量在本文的积分长度下的噪声底，约 $7\times10^{-4}$。回看第四节的相图：判成混沌的点 $\lambda$ 在 0.0030 到 0.0141 之间，最小的也是噪声底的 4.3 倍；判成准周期的点最大只有 0.0017。有了这条标定，相图上「混沌」与「准周期」的分界才不是凭感觉画的。
顺带把频率这件事收干净
非线性稳态的频率与线性阈值处预言的频率差多少？这是一个 $\mu$Hz 量级的问题，直接用时间推进去量会掉进坑里：这个量是 $-2.083\times10^{-3}$ mHz（打靶周期 $T=0.112994377$ s，即 $8.849997917$ Hz），而线性阈值处自洽式给的是 $-2.117\times10^{-3}$ mHz，两者差 $+0.034$ $\mu$Hz——非线性稳态并没有把频率再挪走，第三节那条闭式在环上仍然成立。
坑在于：同一条环若改用 $\Delta t=4\times10^{-3}$ 的时间推进去量，读数是 $-0.1794$ mHz，比线性预言低了将近两个数量级的量。而第二节已经把 $\Delta t=4\times10^{-3}$ 下 RK4 自身的相位误差标定成 $-0.1805$ mHz，扣掉之后只剩 $+0.0011$ mHz。那个看上去很显眼的「非线性频移」整条都是积分器的。 这一节的数只能用打靶的精确周期报。
这一段与另外两段的关系
中性方向不是一个附带性质，它把另外两段串起来：每次起振相位随机（下一段）是它的直接后果——没有绝对相位参考，初值涨落决定的相位就一直留着；相干时间由慢漂移定（再下一段）也是它的后果——相位没有回复力，频率上的任何误差都不会被拉回，只会一直累加。
反过来，这条判据是可以直接做的实验：在反馈回路里注入一个小的周期成分，看振荡的相位会不会被拉回去。自持的不会，被带着走的会。它不需要标定任何绝对量。
「重复实验相位在 2π 上均匀」量的是什么
这是被当成判据用的那一条：反复起振，每次记下稳定振荡的相位，画出来在 $0$ 到 $2\pi$ 上是平的，于是说连续时间平移对称性自发破缺了。13
先把这句话里能算的部分算出来。起振阶段是线性的：初始的热涨落 $\delta$ 投影到失稳模的左本征矢 $w$ 上，得到一个复振幅 $c=w\cdot\delta$，最终相位就是 $\arg c$。初值是实的高斯噪声，而 $w$ 是复的，所以 $c$ 是一个非正常复高斯量——它的 $\langle c^2\rangle$ 不为零。定义环形度
则相位密度有闭式
它只在 $r_c=0$ 时才是均匀的，否则沿一条轴聚集（倍角对称，因为 $c$ 与 $-c$ 给同一条振荡）。
本文算出的 $r_c$ 有一个干净的闭式：
三个载波上数值与它相对差 0.00%。它的来源还是那个反旋转分量：单轴反馈里共旋与反旋两半的比值就是 $\alpha P_0/(2\omega_c)$。换成理论篇的旋转反馈，$r_c$ 的数值是 $4.3\times10^{-17}$——机器精度内的零，因为那里根本没有反旋转分量。
拿 2000 条独立初值直接跑起振，测倍角合矢量 $R_2=|\langle \mathrm e^{2\mathrm i\theta}\rangle|$：
| 载波 | $\omega_cT_2$ | $r_c$ | 闭式 $R_2$ | 实测 $R_2$ | 2000 条的噪声底 |
|---|---|---|---|---|---|
| 0.03 Hz | 4.90 | 0.3061 | 0.1568 | 0.1391 | 0.0224 |
| 0.10 Hz | 16.3 | 0.0918 | 0.0460 | 0.0336 | 0.0224 |
| 8.85 Hz | 1446 | 0.00104 | 0.0005 | 0.0130 | 0.0224 |
前两行预言高出噪声底，实测跟上了（最大差 0.018）。第三行——也就是真实装置的参数——预言的不均匀度是 0.0005，比 2000 条样本的统计噪声底 0.0224 小四十多倍。
所以「测出来是均匀的」在这台装置上说明的是 $\omega_cT_2=1446$ 很大，不是均匀性受什么定理保护。要让这条判据真正有判别力，得把载波压到 $\omega_cT_2\sim5$ 的量级（本文第一行），那里理论上就该看到 0.16 的不均匀度；而如果那里仍然测出均匀，才是对单轴反馈模型的一次真检验。
顺带说清楚这条判据本来的位置：相位每次随机，说明的是这个态不记得任何外部相位参考，也就是 D 段那条中性方向的直接后果。它是自持的必要条件，但均匀不均匀是另一回事——均匀性由 $r_c$ 定，跟对称性破缺没有一一对应。
相干不等于无限相干：是谁定的相干时间
「相干时间超过数小时」是这类工作最常被引用的一句。1 它说的是什么？
上一段的答案已经把问题框好了：相位是中性方向，频率上的任何误差都不会被拉回去，只会一直累加。所以相干时间不是「这个态有多稳」，而是「有什么东西在动它的频率、动得多快」。两类扰动的累加方式完全不同：
- 白噪声：相位做随机行走，$\langle\Delta\varphi^2\rangle=2Dt$，误差按 $\sqrt t$ 长；
- 静态偏差（漂移）：相位按 $\Delta\varphi=2\pi\,\delta\nu\,t$ 长，误差按 $t$ 长。
两者差一个 $\sqrt t$，在数小时的尺度上就是几个量级的差别。本文把两条都算出来。
白噪声那一条有闭式
极限环上的相位对扰动的响应由相位响应曲线 $Z(t)$ 给出（伴随方程 $\dot Z=-J^{\mathsf T}Z$ 的周期解，归一化 $Z\cdot F=1$）。噪声沿方向 $B$ 进入时，
本文算了两个通道：
- 反馈场噪声（噪声加在 $\bar P_x$ 上，也就是加在反馈磁场上）：$B=(\alpha P_z,0,-\alpha P_x)$，沿环积分给 $D=2.5603\,\sigma^2$；
- 偏置场噪声（所有自旋的 Larmor 频率一起抖）：$B=(P_y,-P_x,0)$，给 $D=0.500000\,\sigma_\omega^2$。
第二条有解析值可对：频率噪声原样积分成相位，$\mathrm{var}(\varphi)=\sigma_\omega^2t=2Dt$，即 $D=\sigma_\omega^2/2$ 精确等于 $1/2$。伴随方程的数值解与它差 $0.0001$%——这一条同时验了整套相位响应曲线的算法。
把同一个环上点铺成 512 条、各加独立白噪声跑 2000 s，用 $\bar P_x$ 的上行过零时刻（Poincaré 截面计时，比解析信号的相位干净）量相位扩散：
| 通道 | $\sigma$ | 实测 $D$（rad$^2$/s） | 闭式 | 实测/闭式 |
|---|---|---|---|---|
| 反馈场 | 0 | $0$（精确） | 0 | — |
| 反馈场 | $10^{-4}$ | $2.463\times10^{-8}\pm3.7\times10^{-9}$ | $2.560\times10^{-8}$ | 0.962 |
| 反馈场 | $3\times10^{-4}$ | $2.239\times10^{-7}\pm3.3\times10^{-8}$ | $2.304\times10^{-7}$ | 0.972 |
| 反馈场 | $10^{-3}$ | $2.579\times10^{-6}\pm3.3\times10^{-7}$ | $2.560\times10^{-6}$ | 1.007 |
| 偏置场 | $10^{-3}$ | $6.001\times10^{-7}\pm6.5\times10^{-8}$ | $5.000\times10^{-7}$ | 1.200 |
| 偏置场 | $3\times10^{-3}$ | $5.401\times10^{-6}\pm5.8\times10^{-7}$ | $4.500\times10^{-6}$ | 1.200 |
无噪声那一行给出的 $D$ 精确为零，是这套估计量的零点；$D$ 随噪声强度的幂实测 2.020（线性响应给 2）。
偏置场那两行系统性地高出 20%，两个噪声强度上一模一样，所以不是统计涨落。它来自这条环的振幅方向弛豫要 800 s，而记录只有 2000 s：过零计时量到的是渐近相位加上一份还没弛豫掉的横向位移，后者在有限记录上会给方差添一点曲率。同一组种子把步长从 $4\times10^{-3}$ 收到 $10^{-3}$，$D$ 还会变 $+9.5$%——也就是说这套系综测量的可信区间是 20% 量级。下面的结论都建在闭式上（偏置场那一条还是解析精确的），数值测量的作用是确认量级与 $\sigma^2$ 标度。
换成磁场单位（白噪声的单边功率谱密度）：$\sigma=1$ 在反馈通道相当于 11030 pT/$\sqrt{\rm Hz}$、在偏置通道相当于 19110 pT/$\sqrt{\rm Hz}$，所以 1 pT/$\sqrt{\rm Hz}$ 分别对应 $\sigma=1/11030$ 与 $\sigma_\omega=1/19110$。代进上面两条闭式，相位 rms 走到 1 rad 分别要 $2.4\times10^{7}$ s 与 $3.7\times10^{8}$ s——前者已是 270 天。白噪声在这个量级上根本不是限制。
顺带回答「系统规模」这一问
这个模型里粒子数只通过一条路进来：$\bar P_x$ 是 $N$ 个自旋的平均，它有 $1/N$ 量级的投影噪声。把这条噪声当白噪声、相关时间取 $T_2$，强度是 $\sigma^2\approx T_2/N$。补充材料给的气室是 0.5 cm$^3$ 装 50 Torr $^{129}$Xe（按 0 $^\circ$C、760 Torr 折算是 $1.8\times10^{24}$ m$^{-3}$），即 $N\approx9\times10^{17}$ 个原子，于是 $\sigma\approx5.4\times10^{-9}$，代进上面的系数给
相位 rms 走到 1 rad 要 $7\times10^{15}$ s，约两亿年。换成磁场单位，这份投影噪声相当于反馈回路里 $6\times10^{-2}$ fT/$\sqrt{\rm Hz}$ 的噪声密度——已经在最好的原子磁强计的水平上。
（这一段是量级估计：把投影噪声当成相关时间为 $T_2$ 的白噪声是一种粗处理，$N$ 也只取到一位有效数字。）
结论不依赖这些细节：实测的「数小时」离这个基本极限有十二个量级。 所以它一定不是噪声定的。
静态漂移那一条也有闭式
把参数挪一点，用打靶重新求精确周期（没有积分器误差），得到三条灵敏度：
| 挪动 | 频移 | 相位走满 1 rad 的时间 |
|---|---|---|
| 偏置场 $+1$ nT | $+11.777003$ mHz | 13.5 s |
| 反馈增益 $+10$% | $+1.0\times10^{-5}$ mHz | $1.5\times10^{7}$ s |
| $T_2$ $+10$% | $+3.74\times10^{-4}$ mHz | $4.3\times10^{5}$ s |
第一行的斜率是 $1.17770028\times10^{7}$ Hz/T，与 $\gamma/2\pi=1.1777\times10^{7}$ Hz/T 差 $2\times10^{-5}$%——集体频率一比一地跟着偏置场走。这是第三节那条「集体频率是被反馈修正过的 Larmor 频率」的另一面：修正项只有 mHz 的零头，主项原封不动。
第三行也能对上闭式：把 $\Delta\Omega=-1/(2\omega_cT_2^2)$ 对 $T_2$ 求导给 $+4.23\times10^{-4}$ mHz，与实测差 11.7%。
第二行是个好消息：反馈增益的稳定度几乎不进相位预算。增益漂 10% 才相当于 $10^{-5}$ mHz。
把两条放到同一张表上
要让相位误差在 $\tau$ 内不到 1 rad（白噪声一侧按 rms 算）：
| $\tau$ | 偏置场静态偏差要小于 | 相对偏置场 | 同样代价的白噪声允许到 | 后者比前者 |
|---|---|---|---|---|
| 10 分钟 | 22.5 pT | 30.0 ppm | 780 pT/$\sqrt{\rm Hz}$ | 35 倍 |
| 1 小时 | 3.75 pT | 5.00 ppm | 319 pT/$\sqrt{\rm Hz}$ | 85 倍 |
| 4 小时 | 0.94 pT | 1.25 ppm | 159 pT/$\sqrt{\rm Hz}$ | 170 倍 |
（作为比较，偏置场本身是 $\omega_c/\gamma$，即 8.85 Hz 除以 11.777 MHz/T，约 751 nT。）
所以「相干数小时」这句话，说的不是这个集体态有多稳，而是这台装置的偏置场在数小时里稳到了 pT 量级。 它是一个关于磁屏蔽与温控的陈述，不是关于时间晶体的陈述。这也给出一条可以分开做的检验：把漂移压下去应当直接延长相干时间，把白噪声再压一个量级应当什么也不改变。
边界、反例与可检查的预期
没有覆盖的： 全部数值都在入口论文 Methods 的式 (1) 这一个模型里，参数取自它的补充材料与理论篇，没有对任何真实装置标定。频率分布 $\rho(\omega)$ 是本文按球形气室的截面权重 $1-u^2$ 与线性梯度自己写的；同一个梯度下本文给 $\alpha_c=6.44$ rad/s，入口论文报告 9.57 rad/s，差别落在气室有效尺度与 $\rho$ 形状的假设上，所以本文引用的是无量纲的结构（那个因子 2、$T_2$ 依赖的消失、$W^2$ 律、$\kappa$ 的门槛），不是绝对数。方程里没有自旋交换的具体机制、没有气室壁弛豫的空间结构、没有量子涨落，$T_1$、$T_2$ 是两个常数。
运动窄化那一段的分量： 交换算符是本文加的，用一个无量纲率 $\kappa$ 概括；真实气室里扩散、壁碰撞与自旋交换各有各的时间尺度。气室的扩散系数 $D\approx0.46$ cm$^2$/s 是按 $D\propto T^{1.75}/P$ 从常温常压的量级值推出来的量级估计，不是实测值，误差一倍都不奇怪。但结论对这个数并不敏感：门槛在 $D>0.069$ cm$^2$/s，估计值高出六倍以上。
精确的部分只在零梯度： 打靶求出的周期轨、Floquet 指数、相位响应曲线，都建立在「$g=0$ 时方程严格退化成 3 维」这一步上。有梯度时本文只有时间推进的结果，$\lambda_{\max}$ 有一条实测的噪声底，相图上的每一点都是单条轨道、固定种子。
相干预算的前提： 「相位走满 1 rad」这个阈值是本文选的；两种机制各自单独作用；漂移被当成静态偏差，真实的 $1/f$ 漂移介于白噪声与静态之间，结论应当落在两者之间。
可检查的预期：
- 改反馈几何，阈值差一倍。 把单轴反馈换成旋转反馈（两路正交信号各自反馈），阈值应当正好降到一半。这条不需要标定任何绝对量，只要同一台装置上比两种接法。同时集体频率的那个 $-1/(2\omega_cT_2^2)-W^2/(6\omega_c)$ 偏移应当整条消失。
- 扫梯度，看阈值什么时候不再跟 $T_2$ 走。 均匀展宽占优时 $\alpha_c\propto1/T_2$，非均匀展宽占优时 $\alpha_c=8W/(3\pi P_0)$ 与 $T_2$ 无关。本文的数是：$T_2$ 加 8 倍，零梯度处阈值降到 $1/8.00$，$g=50$ nT/cm 处只降到 $1/1.06$。任何一台能同时改梯度与改弛豫的装置都能验这条。
- 改气压，极限环应当出现或消失。 这是本文最尖的一条。缓冲气压决定扩散系数，$\kappa\propto D\propto1/P$。本文预言：压低气压（$\kappa$ 变大）会让振荡更接近单频、同时把阈值压向 $2/(P_0T_2)$；升高气压（$\kappa$ 变小）会让同一个参数点从极限环退到准周期，功率谱上出现第二条不可通约的频率。门槛在 $\kappa\approx0.3$，对本文这个气室约是 $D>0.069$ cm$^2$/s。若改气压时相图完全不动，说明运动窄化不是本文以为的那个角色。
- 把载波压低，相位分布应当不再均匀。 均匀度由 $r_c=\alpha P_0/(2\omega_c)$ 定。8.85 Hz 处 $r_c=10^{-3}$，2000 次重复也看不出来；压到 0.03 Hz（$\omega_cT_2\approx5$）应当看到 $R_2\approx0.16$ 的倍角聚集。若那里仍然测出均匀，就是对单轴反馈模型的一次真检验。
- 相干时间应当与偏置场的稳定度成反比，而与白噪声无关。 本文给的换算是：要让相位在 $\tau$ 内走不满 1 rad，偏置场的静态偏差必须小于 $1/(\gamma\tau)$——1 小时对应 3.75 pT（相对偏置场 5.00 ppm）。同样只损失 1 rad 的白噪声却允许到 319 pT/$\sqrt{\rm Hz}$，是前者的 85 倍。所以把屏蔽做好（压低漂移）应当直接延长相干时间，而把白噪声再压低一个量级应当什么也不改变。这条是可以分开做的两个实验。
如果被推翻： 若有人在这个模型的参数下、把频率分布解析开之后仍然得到干净的极限环，本文第四节的相图就错了。更值得注意的是反方向：本文说「式 (1) 原样算不出极限环，加上运动窄化才算得出」——若实验上改气压完全不影响相图，那么把极限环找回来的就另有其人，本文指的这一项不是它。
数据与代码
复算脚本 research/calculations/self_sustained_collective_rhythm.py，输出在 research/assets/2026-09-18-self-sustained-collective-rhythm/（results.json 与若干 CSV、3 张图）。随机种子全部固定，两次完整运行的输出除运行时长外逐字节相同。原始文献在 evidence/2026-09-18-self-sustained-collective-rhythm/。